Capítulo 7

Soluciones ejercicios

7.0.1. Dinámica unidimensional

Ejercicio 7.1 Un cuerpo de masa 16 kg, se encuentra sobre una superficiehorizontal áspera, de coeficiente de fricción estático y cinético µs = 0,3 yµk = 0,25, respectivamente. Si sobre el cuerpo se aplica una fuerza horizontalF , determine: a) La fuerza resultante sobre el bloque si F = 45N. b)Lamagnitud mínima de F para poner en movimiento al cuerpo. c)La distanciahorizontal que recorre el cuerpo, hasta llegar a detenerse, si F = 80N y actúasólo durante 4 s.

Solución. Calculemos fmaxS = µSN = µSmg = 0,3 × 16 × 10 = 48,0N.Luego la fuerza de 45N es insuficiente para colocar en movimiento el cuerpo,entoncesa)P

F = 0. Ademásb) Fmın = 48,0N.Para F = 80N, la segunda ley da

F − µKmg = ma1, t < 4 s,

−µKmg = ma2, t > 4 s.

De aquí

a1 =80− 0,25× 16× 10

16= 2. 5m s−2

a2 =−0,25× 16× 10

16= −2. 5ms−2.

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158 Soluciones ejercicios

En 4 s la posición y velocidad alcanzadas son

x =1

2a1t

2 =1

22,5(4)2 = 20m,

v = a1t = 10,0m s−1,

y se detendrá en un tiempo adicional tal que

0 = 10 + a2t =⇒ t =10

2,5= 4 s,

recorriendo una distancia adicional

x = vt+1

2a2t

2

= 10× 4− 122,5(4)2 = 20,0m,

luego en total recorre 40m.

N

Ejercicio 7.2 Dos bloques A y B de masa mA = 14kg y mB = 10 kg, estánunidos por una cuerda cuya masa total es m = 8kg como se indica en lafigura ??. Si se aplica al bloque superior A una fuerza vertical F de módulo480N, se pide calcular:

F

A

B

a) La aceleración del sistema. b)La tensión en los extremos superior e inferiorde la cuerda.

Solución. Si T1 y T2 indican las magnitudes de la tensión en los extremossuperior e inferior respectivamente, tenemos

F − T1 −mAg = mAa,

T1 − T2 −mg = ma,

T2 −mBg = mBa,

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159

sumando las tres

F − (mA +m+mB)g = (mA +m+mB)a,

de dondea =

480− 32032

= 5,0ms−2

y de aquí

T2 = mB(g + a) = 150N,

T1 = T2 +mg +ma = 270N.

N

Ejercicio 7.3 Un disco de hockey abandona el palo de un jugador con unarapidez de 5m s−1 y desliza 36m antes de detenerse. Demuestre que el coefi-ciente de roce entre el disco y el hielo es 0,035.

Solución. Dema = −µKmg,

resultaa = −µKg,

y se detiene en tiempo t dado por

v0 − µKgt = 0 =⇒ t =v0µKg

,

y la distancia recorrida es

x = v0t− 12at2 =

v202µKg

,

entonces

µK =v202xg

=25

2× 36× 10 = 0,035.N

Ejercicio 7.4 Dos resortes S1 y S2 de longitudes iguales a 0,5m, pero condiferentes constantes elásticas K1 = 50Nm

−1 y K2 = 100Nm−1, están uni-

dos a dos soportes A y B, que se encuentran a la misma altura. Un cuerpo Cde masa 2,5 kg, está entre los dos resortes y es estirado hacia abajo hasta quela longitud de los resortes se duplica. ¿ Cuál es la aceleración que adquiereel cuerpo C cuando se deja libre?

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160 Soluciones ejercicios

Solución. Tendremos

F = k1 × (1− 0,5) + k2 × (1− 0,5)−mg = ma,

de donde

a =25 + 50− 25

2,5= 20,0m s−2

N

Ejercicio 7.5 Se deja caer una bolita de masa m desde una altura h. So-bre la bolita, además del peso, actúa una fuerza resistiva proporcional a lavelocidad de la forma F = −ky , calcule la rapidez de la bolita cuando hatranscurrido un tiempo t = m/k.

Solución. Si el eje OY es hacia arriba entonces

mdvydt= −mg − kvy,

para integrar con y(0) = k, vy(0) = 0, separe variables

dvy

g + kmvy= −dt,

de donde

t = −Z vy

0

dvy

g + kmvy

= −mkln

mg + kvymg

,

y despejando

vy = −mg1− e−

ktm

k,

para t = m/k resulta

vy = −mg

k(1− e−1).

N

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161

Ejercicio 7.6 Un cuerpo de masa 4 kg, es lanzado verticalmente hacia arri-ba con una rapidez inicial de 60m s−1. La fuerza resistente del aire es: F =− 3100

v (unidades en el Sistema Internacional). Calcule el tiempo que demorael cuerpo en alcanzar la altura máxima y el valor de la altura máxima.

Solución. Similarmente al problema anterior

4dvydt= −40− 3

100vy,

para integrar con y(0) = 0, vy(0) = 60ms−1, separe variables e integreZ vy

60

dvy10 + 3

400vy

= −t,

t = −4003ln

µ4000 + 3vy4180

¶,

despejando

vy =dy

dt=4180

3e−

3400

t − 40003

.

De aquí el tiempo para llegar a la altura máxima satisface

4180

3e−

3400

t − 40003

= 0 =⇒ t = 5. 86 9 s.

La altura máxima será

ymax =

Z 5. 86 9

0

(4180

3e−

3400

t − 40003)dt = 174. 8m.

N

Ejercicio 7.7 Una partícula se mueve sobre el eje X de un sistema de coor-denadas, sometido a una fuerza de atracción hacia el origen de magnitudk/x2, donde k es una constante positiva. Si la partícula parte del reposo enx = a, demuestre que ella llegará al origen en un tiempo t , dado por

t =πa

2

rma

2k.

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162 Soluciones ejercicios

Solución. Tenemosmx = − k

x2,

con condiciones iniciales x(0) = a, x(0) = 0. Como

x =1

2

d

dxx2,

podemos integrar1

2x2 =

k

m(1

x− 1

a),

de donde

x = −r2k

m(1

x− 1

a),

separe variables e integre

t = −Z 0

a

dxq2km( 1x− 1

a)=1

2πa

rma

2k.

Nota:R a0

dx√2km( 1x− 1a), x = a sin2 θ,

R a0

dx√2km( 1x− 1a)=R π/20

2a sin2 θdθ√2kma

.

N

Ejercicio 7.8 Sobre una partícula de masa m, inicialmente en reposo, ac-túa una fuerza F de magnitud: F = Fo [1− (t− T )2/T 2] durante un intervalode tiempo0 < t < 2T . Pruebe que la rapidez de la partícula al final del inter-valo es: v = 4FoT/3m

Solución. Demdv

dt= Fo

£1− (t− T )2/T 2

¤,

integramos

v =Fo

m

Z 2T

0

£1− (t− T )2/T 2

¤dt =

4

3

Fo

mT.

N

Ejercicio 7.9 Una partícula de masa 1 kg, se mueve a lo largo del eje Xbajo la acción de una fuerza cuya magnitud es: F = 4π2 sin 8πt , donde Festá medido en N y t en s. Cuando t = 0 s, la rapidez de la partícula es40m s−1. Calcule: a) La rapidez de la partícula cuando t = 0,2 s. b) Si ent = 0 s, x = 0m, determine la posición de la partícula en t = 0,2 s.

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163

Solución.

dvxdt

= 4π2 sin 8πt, vx(0) = 40ms−1, x(0) = 0m.

Integramos dos veces

vx(t) = 40 +

Z t

0

4π2 sin 8πtdt = 40 +1

2π − 1

2(cos 8πt)π,

integre de nuevo

x(t) = (40 +1

2π)t− 1

16sin 8πt,

si evaluamos para t = 0,2 s

vx = 41. 085 ms−1, x = 8. 37m

N

Ejercicio 7.10 Una partícula de masa m, que está inicialmente en reposoen el origen, queda sujeta a la acción de una fuerza resultante, cuya magnitudestá dada por F = kt2. Demuestre que:

x

vx=

t

4.

Solución. Tenemos

mdvxdt

= kt2,

si integramos

mvx =1

3kt3,

integrando de nuevo

mx =1

12kt4,

de manera quex

vx=

t

4.

N

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164 Soluciones ejercicios

Ejercicio 7.11 Un globo cuyo peso total es W , incluyendo el lastre, estásujeto a la acción de una fuerza ascendente vertical constante P . En undeterminado instante, el globo comienza a descender con una aceleraciónconstante de magnitud “ a” . ¿Qué cantidad de lastre debe arrojarse fueradel globo para que este se eleve con aceleración constante de magnitud a? Noconsidere la resistencia del aire.

Solución. Bajando

P −W = −Wga,

Para que suba debemos disminuir el peso de manera que

P −W 0 =W 0

ga,

Eliminemos aP −W

P −W 0 = −W

W 0 =⇒W 0 =WP

2W − P

o sea debe botar

W −W 0 =W −WP

2W − P= 2W

P −W

P − 2W .

N

Ejercicio 7.12 Sobre una partícula que se mueve sobre el eje X, actúa unafuerza dada por: F = − k

vxı. Se sabe que en t = 0, x0 = a , x0 = v0. Calcule:

a) x en función de t y b) x en función de x. Respuesta: a)pv20 − 2kmt; b)£

v30 − 3km(x− a)

¤ 13 .

Solución. De nuevo, la segunda ley de Newton

mdvxdt

= − k

vx, vx(0) = v0, x(0) = a.

Esta puede integrarse de la forma

vxdvx = −kmdt =⇒ 1

2(v2x − v20) = −kmt,

de aquí se despeja

vx(t) =qv20 − 2kmt.

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165

Para obtener x en función de x, la segunda ley puede escribirse

mdvxdt

dx = − k

vxdx,

esto es

mdvxv2x = −kdx =⇒

1

3(v3x − v30) = −

k

m(x− a),

de donde despejamos

vx(x) =3

rv30 −

3k

m(x− a).

N

Ejercicio 7.13 La fuerza neta que actúa sobre una partícula cuyo peso es de26 kgf , tiene la dirección sobre el eje de las X de un sistema de coordenadasy está dada por la expresión:

F = At3 +Be−ct

en que A = 216N s−3, B = 1N, c = 1 s−1 y t está expresado en segundos.Si en el instante t = 0, la partícula está pasando por el origen moviéndosea 3m s−1 en el sentido positivo del eje X, determine: a) La velocidad de lapartícula en el instante t = 3 s. b) Su distancia al origen en ese instante.

Solución. La masa es también m = 26 kg. La segunda ley será, reempla-zando números

26ax = 216t3 + e−t, x(0) = 0, vx(0) = 3ms−1.

De aquí, integrando dos veces

vx(t) = 3 +

Z t

0

216t3 + e−t

26dt,

= 3. 038 5 + 2. 077t4 − 0,038 6e−1,0t,x =

Z t

0

(3. 038 5 + 2. 077t4 − 0,038 6e−1,0t)dt= 3. 038 5t+ 0,415 4t5 + 0,038 6e−1,0t − 0,038 6

que si se evalúan en t = 3 s dan

vx = 171. 274ms−1,x = 110. 02m.

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166 Soluciones ejercicios

N

Ejercicio 7.14 Una partícula de masa “ m” , parte del reposo desde elorigen de un sistema de coordenadas bajo la acción de una fuerza neta cuyamagnitud es F = f0−kt2, en que f0 y k son constantes positivas. a) Encuentrelas expresiones para la velocidad y para el itinerario de la partícula, en funcióndel tiempo. b) Si m = 800 kg, f0 = 1500N, k = 15N s−2 y el tiempo estádado en segundos, determine en qué instante se detiene la partícula y a quédistancia.

Solución. Tenemos que

800dv

dt= 1500− 15t2; x(0) = v(0) = 0.

Integrando dos veces

v(t) =

Z t

0

1500− 15t2800

dt

=15

8t− 1

160t3,

y

x(t) =

Z t

0

(15

8t− 1

160t3)dt

=15

16t2 − 1

640t4,

luego la partícula se detiene cuando

15

8t− 1

160t3 = 0 =⇒ t = 10

√3 s.

y su posición es

x =1125

8= 140. 625 s.

N

Ejercicio 7.15 Una partícula de masa m se lanza verticalmente hacia arri-ba ( en el eje Y) con velocidad inicial V sometida a su peso y a una fuerza deroce viscosa de la forma −2βy . Determine las expresiones para la posicióny velocidad de la partícula en función del tiempo.

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167

Solución. Aquí, la ecuación de movimiento será

my = −mg − 2βy

o bien

y + 2β

my = −g

con soluciones particular y homogéneas las siguientes

yp = −mg

2βt

yh = A+Be−2βmt

de modo que la solución general es

y(t) = −mg

2βt+A+Be−2

βmt

siendo y(0) = 0, y(0) = V de modo que

A+B = 0

−mg

2β− 2 β

mB = V

o sea

B = −14

mg + 2V β

β2m

y finalmente

y(t) = −mg

2βt+

1

4

mg + 2V β

β2(1− e−2

βmt)

v(t) = −mg

2β+1

2

mg + 2V β

βme−2

βmt.

N

Ejercicio 7.16 Una partícula de masa m se suelta desde una altura h so-metida a su peso y a una fuerza de roce viscosa de la forma −βy. Determinelas expresiones para la posición y velocidad de la partícula en función deltiempo.

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168 Soluciones ejercicios

Solución. Mientras la partícula baja

my = −mg − βy, y(0) = h, y(0) = 0.

Reordenemos

y +β

my = −g

que tiene solución particular

yP = −mg

βt,

y la ecuación homogénea es

yh = A+Be−βtm ,

la solución general es

y(t) = −mg

βt+A+Be−

βtm ,

debiendo ser

y(0) = A+B = h,

y(0) = −mg

β− β

mB = 0,

de donde se obtiene

B = −m2 g

β2, A = h+m2 g

β2,

luego

y(t) = h− mg

βt+m2 g

β2(1− e−

βtm ),

y(t) = −mg

β(1− e−

βtm ).

N

Ejercicio 7.17 Una partícula de masa m se lanza verticalmente hacia arri-ba ( el eje Y) con velocidad inicial V sometida a su peso y a una fuerza deroce viscosa proporcional al cuadrado de la rapidez, de la forma ±2βy2. De-termine las expresiones para la posición y velocidad de la partícula en funcióndel tiempo. Considere que debe elegirse el signo adecuadamente para la subiday la bajada de la partícula.

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169

Solución. Mientras la partícula sube

my = −mg − 2βy2

y mientras bajamy = −mg + 2βy2

puesto que la fuerza resistente es contraria a la velocidad. Si llamamos av = y tenemosa) para la subida

dv

dt= −g − 2β

mv2

dt = − dv

g + 2βmv2

t = −Z v(t)

v(0)

dv

g + 2βmv2

b) para la bajada

dv

dt= −g + 2β

mv2

dt = − dv

g − 2βmv2,

t = −Z v(t)

v(0)

dv

g − 2βmv2

Las integrales podrían hacerse de tablas, pero no vale la pena porque sonexpresiones complicadas.

N

Ejercicio 7.18 Una partícula de masa m se mueve en una línea recta (enel eje X) sometida a una fuerza elástica −Kx y a una fuerza de roce vis-cosa de la forma −2βx. Si inicialmente la velocidad es V y la posición esx = 0, determine las expresiones para la posición de la partícula en funcióndel tiempo, en los tres casos: sub amortiguado, amortiguado crítico y sobreamortiguado.

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170 Soluciones ejercicios

Solución. La ecuación de movimiento es

mx+ kx+ 2βx = 0

siendo la ecuación característica

mp2 + 2βp+ k = 0

con solución p = − βm+q( βm)2 − k

m, p = − β

m−q( βm)2 − k

ma

)Sub amortiguado km− ( β

m)2 = ω2 > 0

x = e−βmt(A cosωt+B sinωt)

b) amortiguado crítico km− ( β

m)2 = 0

x = e−βmt(A+Bt)

c) sobre amortiguado ( βm)2 − k

m> 0

x = e−βmt(Ae√( βm)2− k

mt +Be−

√( βm)2− k

mt),

donde al considerar las condiciones iniciales x(0) = 0, x(0) = V permiteobtenera)

x =V

ωe−

βmt sinωt)

b)x = V e−

βmtt

c)

x =V

2q( βm)2 − k

m

e−βmt(e√( βm)2− k

mt − e−

√( βm)2− k

mt)

N

Ejercicio 7.19 Una partícula descansa sobre una plataforma horizontal ini-cialmente en reposo. Si la plataforma comienza a moverse verticalmente demodo que su desplazamiento es:

y = A sinωt

siendo A y ω constantes y t el tiempo. Determine la condición que debencumplir esas constantes para que durante el movimiento de la plataforma lapartícula se despegue de ella.

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171

Solución.Mientras la partícula permanezca apoyada sobre la plataforma,la reacción normal actuando sobre ella, hacia arriba N , está dada por

my = N −mg

cony = A sinωt

de modo queN = mg −mAω2 sinωt.

Entonces la partícula no despegará si N > 0 para todo t lo cual requiere que

Aω2 < g

o bien la partícula despegará si

Aω2 > g.

N

Ejercicio 7.20 Una partícula de masa m moviéndose en una línea rectaestá sometida a una resistencia que produce una fuerza de retardo kv3, dondev es la velocidad y k es una constante. Muestre que la velocidad v y el tiempot están dados en términos de la distancia s mediante las ecuaciones

v =u

1 + kmsu,

t =s

u+1

2kms2.

donde u es la velocidad inicial.

Solución. La ecuación de movimiento será

mdv

dt= −kv3

siendo

v =ds

dt.

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172 Soluciones ejercicios

La primera puede escribirse como

mds

dt

dv

ds= −kv3,

mvdv

ds= −kv3,

mdv

ds= −kv2,

que puede integrarse, siendo u la velocidad inicial, como sigueZ v

u

dv

v2= −km

Z s

0

ds,

1

u− 1

v= −kms,

entoncesa)

v =u

1 + kmsu,

Ademásb)

ds

dt=

u

1 + kmsu,

que puede integrarse Z(1 + kmsu)ds =

Zudt,

s+1

2kmus2 = ut,

o bient =

s

u+1

2kms2.

N

Ejercicio 7.21 Una partícula se mueve en una línea recta bajo la acciónde una fuerza de roce de la forma kvn+1 donde v es la velocidad a tiempo t.Muestre que, si u es la velocidad en t = 0

kt =m

n

µ1

vn− 1

un

¶,

y obtenga una fórmula correspondiente para el espacio en términos de v.

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173

Solución. La segunda ley da

mdv

dt= −kvn+1,

o

vdv

ds= −kvn+1,

Si integramos la primera

m

Z v

u

dv

vn+1= −kt,

de dondem

n

µ1

vn− 1

un

¶= kt.

Similarmente si integramos la segunda forma

m

Z v

u

dv

vn= −ks,

ks =m

n− 1µ

1

vn−1− 1

un−1

¶.

N

Ejercicio 7.22 Una bala disparada con una velocidad horizontal de 800m s−1

viaja con una velocidad de 500ms−1 al final de un segundo. Suponiendo vá-lido el modelo del problema anterior con m = 1/2, calcule k y el espaciorecorrido en el primer segundo, despreciando el efecto de la gravedad.

Solución. Para el problema anterior, se tiene ahora m = 12y u = 800, y

para t = 1, v = 500. Entonces

k =1

(1/2)

µ1

5001/2− 1

8001/2

¶= 0,0 187 32.

Entonces

s =1

k(m− 1)(1

vm−1− 1

um−1)

=1

(0,0 187 32)(−1/2)(1

500−1/2− 1

800−1/2) = 632. 457m

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174 Soluciones ejercicios

N

Ejercicio 7.23 Se dispara verticalmente hacia arriba una piedra en un me-dio que ofrece una resistencia por unidad de masa proporcional a la velocidad(kv) cuando la rapidez es v. Si v0 es la rapidez del disparo, pruebe que la pie-dra vuelve al punto inicial después de un tiempo t1, donde

(g + kv0)¡1 + e−kt1

¢= gkt1.

Solución. Aquídv

dt= −kv − g,

de donde

v(t) =−g + e−ktC1k

k,

pero

v0 =−g + C1k

k,

de modo que

C1 =v0k + g

k,

y

v(t) =−gk+

v0k + g

ke−kt,

entonces

y(t) =

Z t

0

(−gk+

v0k + g

ke−kt)dt

= −gtk+

v0k + g

k2(1− e−kt)

De aquí, haciendo y = 0 en t = t1 resulta

0 = −gt1k+

v0k + g

k2(1− e−kt1),

gkt1 = (v0k + g)(1− e−kt1).

N

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175

Ejercicio 7.24 Una partícula se lanza hacia arriba con velocidad inicial uy se mueve en un medio que ofrece una resistencia por unidad de masa kv2.Pruebe que la partícula vuelve al punto de partida después de un tiempo

1√kg(α+ ln (secα+ tanα)) ,

donde

tanα = u

sk

g.

Solución. Aquí, para la subida

dv

dt= −kv2 − g, (7.1)

y debemos calcular la altura máxima y el tiempo empleado en subir. Podemosintegrar

t = −Z v

u

dv

kv2 + g,

=− arctan v k√

(gk)+ arctanu k√

(gk)p(gk)

en el punto más alto v = 0, por lo tanto el tiempo de subida es

ts =1p(gk)

arctanukp(gk)

.

Para saber la altura máxima, modificamos la ecuación (7.1) de modo que

dv

dt= −kv2 − g,

vdv = (−kv2 − g)dy,

entonces

y = −Z v

u

vdv

kv2 + g.

Como nos interesa solamente ymax hacemos v = 0, entonces

ymax =1

2kln

g + ku2

g.

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176 Soluciones ejercicios

Para la bajada, con v(0) = 0 y y(0) = ymax

dv

dt= kv2 − g, (7.2)

entonces

t = −Z v

0

dv

g − kv2,

= − 1p(gk)

arctanh vkp(gk)

,

además modificando la ecuación (7.2)

vdv = (kv2 − g)dy,

entonces

y − ymax =

Z v

0

vdv

kv2 − g=1

2kln

g − kv2

g,

luego la velocidad de llegada vf al suelo (y = 0) estará dada por

−ymax =1

2kln

g − kv2fg

,

= − 12kln

g + ku2

g,

de dondeg − kv2f

g=

g

g + ku2,

o bien

vf = −r

g

g + u2ku,

finalmente, el tiempo de bajada estará dado por

tb = − 1p(gk)

arctanh vkp(gk)

,

=1p(gk)

arctanh

rg

g + u2ku

k√gk

,

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177

y el tiempo total será

t =1p(gk)

arctanukp(gk)

+1p(gk)

arctanh

rg

g + u2ku

k√gk

,

si llamamos tanα = uq

kg

t =1p(gk)

arctan(tanα) +1p(gk)

arctanh

r1

1 + tan2 αtanα,

=1p(gk)

(α+ arctanh sinα),

pero existe la identidad

arctanhφ =1

2ln1 + φ

1− φ,

de modo que el tiempo será

t =1p(gk)

(α+ ln

r1 + sinα

1− sinα),

=1p(gk)

(α+ ln

s(1 + sinα)2

1− sin2 α ),

=1p(gk)

(α+ ln1 + sinα

cosα),

=1p(gk)

(α+ ln(secα+ tanα)).

(¡¡Este problema no será colocado en pruebas!!)

N

Ejercicio 7.25 Un cuerpo se ata a un extremo de un hilo inextensible y elotro extremo del hilo tiene movimiento armónico simple vertical de amplituda, realizando n oscilaciones completas por segundo. Demuestre que el hilo nopermanecerá siempre tenso a menos que

n2 ≤ g

4π2a.

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178 Soluciones ejercicios

Solución. Para la masa tendremos

my = T −mg,

estando y dado pory = a sin(2πnt)

entonces

T = mg −my

= mg +m4πn2a sin 2πnt,

Para que el hilo permanezca tenso debe ser

T = mg +m4πn2a sin 2πnt > 0

y entonces

mg > m4πn2a

n2 <g

4πa.

N

Ejercicio 7.26 Un cuerpo de masa m = 1kg es empujado por una fuerzahorizontal F de módulo 15N, desde el pie de un plano inclinado en 37o res-pecto a la horizontal y cuyo coeficiente de roce cinético es 0,2. Si la fuerza Factúa durante tres segundos solamente, determine: la distancia que alcanzaa subir por el plano y el tiempo que demora en volver al punto de Partida.

F

α

Solución. Aquí m = 1kg, F = 15N, µk = 0,2, θ = 37o

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179

N

F

mg

f

θ

θ

Tomando el eje x paralelo al plano inclinado e y normal, tenemosXFx = F cos θ − f −mg sin θ = maXFy = N − F sin θ −mg cos θ = 0

f = µkN

entoncesf = µk(F sin θ +mg cos θ)

a =F cos θ − µkF sin θ − µkmg cos θ −mg sin θ

m

a

½F (cos θ−µk sin θ)−mg(µk cos θ+sin θ)

msi t < 3

−g(µk cos θ + sin θ) si t > 4

calculemos numéricamente

a

½2. 56 si t < 3−7. 62 si t > 3

así resulta para t = 3, s = 12(2. 56) × 32 = 11. 52m y v = 2,56 × (3) = 7.

68ms−1. Pasado este tiempo el cuerpo empieza a frenar y

v = 7. 68− 7,62t,s = 11,52 + 7,68t− 1

27,62t2,

a) El cuerpo sube hasta que v = 0, o sea 7. 68− 7,62t = 0, con soluciónt = 1. 01 s y por lo tanto la distancia que ha subido es

s = 11,52 + 7,68(1. 01)− 127,62(1. 01)2 = 15. 39m.

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180 Soluciones ejercicios

En la bajada la fuerza de roce cambia de sentido luego la aceleración debajada hay que calcularla

a =+µkmg cos θ −mg sin θ

m,

= +µkg cos θ − g sin θ

= −3. 622 m s−2

0,3× 10 cos 37180

π − 10 sin 37180

π =b) La bajada desde el punto más alto se inicia a t = 4,01 s con velocidad

inicial cero, luego hacemos

0 = 15. 39− 123. 622 (t− 4,01)2,

de modo que el tiempo est = 6. 93 s.

N

7.0.2. Dinámica en dos o tres dimensiones

Ejercicio 7.27 Un cuerpo de masa 8 kg, describe una trayectoria cuyasecuaciones paramétrica son: x = 2 + 5t − 2t2m e y = t2m. Determine lafuerza aplicada sobre el cuerpo en t = 2 s.

Solución. Calculemos a

v =d

dt(2 + 5t− 2t2, t2) = (5− 4t, 2t),

a =d

dtv = (−4, 2),

luegoF = ma = 8(−4, 2) = (−32, 16)N.

N

Ejercicio 7.28 Una partícula de masa 25 g se hace girar, de modo que des-criba una trayectoria circular en un plano vertical, mediante una cuerda delargo 40 cm. Si la rapidez angular es constante y de magnitud 30 rad s−1,calcule: a) La aceleración centrípeta en el punto más alto de la trayectoria.b)La tensión en el punto más bajo de la trayectoria.

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